2018年天津市中考物理试卷-答案.pdf

1/11 天津市 2018 年初中毕业生学业考试 物理答案解析 第卷 一、单项选择题 1.【答案】A【解析】解：“引吭高歌”中的“高”说明声音的响度大,“低声细语”中的“低”是指声音的响度小。故选：A。【考点】声音的三个特性。2.【答案】B【解析】解：由于从冰箱中取出的金属块温度很低,空气中的水蒸气遇到冷的冰块液化成小水滴附着在铁块上,使其表面变湿。故选：B。【考点】液化。3.【答案】D【解析】解：A、小孔成像说明光是沿直线传播的,故 A 错误；B、立竿见影属于影子的形成,说明光是沿直线传播的,故 B 错误；C、海市蜃楼是光在沿直线方向传播时,在密度不均匀的空气层中,经过折射造成的结果。故 C 错误；D、水中倒影,属于平面镜成像,是由于光的反射形成的,故 D 正确。故选：D。【考点】光现象的识别。4.【答案】B【解析】解：A、灯所受拉力与线所受的重力没有作用在同一个物体上,故 A 错误；B、当灯静止时,灯受到竖直向上的拉力和竖直向下的重力的作用,拉力和重力满足二力平衡的四个条件,是一对平衡力,故 B 正确；C、灯所受拉力与灯对线的拉力是一对相互作用力,故 C 错误；D、灯所受拉力与线对天花板的拉力没有作用在同一个物体上。故 D 错误。故选：B。【考点】二力平衡的判断。5.【答案】D【解析】解：杠铃的重力：176kg 10N/kg1760NGmg,张湘祥的身高约为 1.60 m；在挺举过程中把杠铃举高的高度为张湘祥的身高加上 0.4 m,即：1.60m0.42.0mh,在挺举过程中对杠铃做的功：1760N 2.0m3520JWGh。故选：D。【考点】重力、功的计算。6.【答案】C【解析】解：小球从 A 点摆动到 B 点的过程中,质量不变、高度减小,重力势能减小；质量不变、速度变大,2/11 动能变大；重力势能转化为动能。故选：C。【考点】动能、重力势能影响因素的认识和理解。7.【答案】C【解析】解：磁极间的磁感线是从 N 极指向 S 极,由图可知,C 中导体做切割磁感线运动,所以会产生感应电流,故 C 正确；ABD 中的导体运动时,导体运动方向与磁感线方向平行,都不会切割磁感线,所以不会产生感应电流,故 ABD 错误；故选：C。【考点】电磁感应现象、感应电流产生的条件。8.【答案】A【解析】解：用力挤压瓶子,瓶子可以发生形变,利用该装置可以验证：力可以使固体发生微小形变；当大气压变化时,细管中液柱的高度会发生变化,利用该装置可以验证大气压随高度的变化；物体具有热胀冷缩的性质,当液体温度变化时体积会发生变化,利用该装置可以观察液体的热胀冷缩；将瓶子放在水中,通过玻璃管向瓶内吹气,可以看到瓶子上浮；通过玻璃管向外抽气,可以看到瓶子下沉。通过此实验可以直接模拟潜水艇的沉浮,不需要把微小变化放大。故选：A。【考点】微小量放大法。9.【答案】D【解析】解：由图知,两电阻并联,电流表 A1测 R1的电流,A2测总电流：因为并联电路各支路独立工作、互不影响,所以滑片移动时通过定值电阻 R1的电流不变,即电流表 A1示数不变,故 AB 错误；当滑动变阻器的滑片 P 向右滑动时,变阻器连入电路中的电阻变大,由欧姆定律可知,通过变阻器的电流变小,因通过 R1的电流不变,根据并联电路的电流规律可知,总电流变小,即电流表 A2示数变小,故 D 正确,C 错误。故选：D。【考点】并联电路的规律及欧姆定律的运用。10.【答案】A【解析】解：插线板上的指示灯在开关闭合时会发光,插孔正常通电,说明开关同时控制灯泡和插座,灯泡和插座之间可能是串联,也可能是并联,如果两者并联,开关应该在干路上；如果指示灯损坏,开关闭合时插孔也能正常通电,说明灯泡和插座之间是并联的,开关接在灯泡、插座和火线之间控制火线使用更安全,故 A 正确；故选：A。【考点】根据用电器之间是否相互影响是判断用电器串联和并联的方法之一；家庭电路中，开关控制用电器，开关一定接在用电器和火线之间，既能控制用电器，又能保证使用安全。二、多选题 11.【答案】ACD【解析】解：A、由表中的数据可知,实验 3 中,30cmuv,此时u2f,f15cm,故 A 正确；B、当u25cm时,物距大于一倍焦距小于二倍焦距,凸透镜成倒立、放大的像,投影仪就是根据这一原理制成的,3/11 故 B 错误；C、当v24cm时,像距大于一倍焦距小于二倍焦距,则物距大于二倍焦距,凸透镜成缩小的像,照相相机就是根据这一原理制成,故 C 正确；D、若把物体从距凸透镜 22 cm 处向距凸透镜 32 cm 处滑动,物距变大,像距变小,像变小,故 D 正确。故选：ACD。【考点】凸透镜成像的四种情况和应用。12.【答案】BC【解答】解：由电路图可知,R1与 R2串联,电压表 V1测 R1两端的电压,电压表 V2测 R2两端的电压,电流表测电路中的电流。(1)当滑片位于右端时,变阻器接入电路中的电阻为 0,电路为 R1的简单电路,电路中的电流最大,R2的电压为 0,此时 R1两端电压最大且等于电源电压,如图所示：由图象可知,即：18VU,电路中的最大电流0.9AI最大,由欧姆定律可得,R1的阻值：11.8V200.9 AURI最大,故 A 错误,B 正确；(2)设滑片移动前后电路中的电流为 I1、I2,根据欧姆定律和串联电路电压的规律,则电压表 V2示数的变化量：211212111|()()|)|(|UU I RU I RII RIR,所以：21|URI 根据串联电路各部分电压等于电源总电压,故有：12|UU,所以：121IIUUR,故 C 正确；(3)22111112111212112112PP-PI R-I RR(I+I)(I-I)R(I+I)I=R|=|=|=(I+I|=|)|I；故1112P=R(I+I).I,同理：2222P=R(I+I).I,4/11 由知,只有12RR时,12PP=II才成立,故 D 错误。故选：BC。【考点】串联电路的规律及欧姆定律的运用。13.【答案】AD【解析】解：(1)木球浸没时,其受到竖直向上的浮力、竖直向下的重力和绳子的拉力,由于木球处于静止状态,受力平衡,根据力的平衡条件可得：F=G+TmgT浮,木球浸没时,V=V排木,则根据阿基米德原理F=gV浮液排可得：0 gV=mg+T排,由m=V可得木球的体积：mV=木木,所以,0m g=mg+T木,解得0mg=T+mg木；故 A 正确,B 错误(2)剪断细线,木块漂浮,F=G=mg浮,则待木球静止后浮力变化量为：F=F-F=mg+T-mg=T浮浮浮,根据阿基米德原理F=gV浮液排可得水面下降的高度(容器上部的水面下降)：01101FV gTh=SS gS浮排,则由FpS 可得,水对容器底的压力变化量：220202011STF=pS=ghS=g?S=T gSS,故 C 错误,D 正确。故选：AD。【考点】受力平衡和阿基米德原理的应用。第卷 三、填空题 14.【答案】长度 能量【解析】解：物理学中,“光年”是光在 1 年中走过的路程,是长度单位；W h是功率与时间的乘积,是能量单位。5/11 故答案为：长度；能量。【考点】物理量的单位。15.【答案】静止 100【解析】解：当加油机在空中给战斗机加油时,以加油机为参照物,战斗机与加油机之间没有位置的变化,所以战斗机是静止的；根据svt可得,加油机通过的路程为：500km/h 0.2h100kmsvt。故答案为：静止；100。【考点】速度公式及其应用、运动和静止的相对性。16.【答案】扩散 惯性【解析】解：（1）密度小的空气和密度大的二氧化氮过一段时间,形成比较均匀的气体,这是扩散现象,扩散现象说明分子不停地进行无规则运动；上面的空气密度小,下面的二氧化氮密度大,过一段时间,形成均匀的气体,充分证明气体分子不停地进行无规则运动,有力证明气体的扩散现象。（2）受到打击的棋子飞出后,上面的棋子由于惯性要保持原来的静止状态,所以上面的棋子不会飞出而是落到正下方；故答案为：扩散；惯性。【考点】扩散现象和惯性。17.【答案】15 15【解析】解：根据UIR可得,导体的电阻：3V150.2AURI；电阻是导体本身的一种性质,与两端的电压和通过的电流无关,在这个导体两端电压为 0 时,导体的电阻仍为 15 不变。故答案为：15；15。【考点】欧姆定律的简单应用。18.【答案】省力 300【解析】解：（1）用撬棒撬石头时,动力臂大于阻力臂,是省力杠杆；（2）由乙图可知绳子的有效股数3n,6/11 拉力11900 N300 N3FGn物。故答案为：省力；300。【考点】杠杆的分类和滑轮组拉力的计算。19.【答案】2:1 2:3【解析】(1)已知电阻 R1与 R2的阻值之比为2:1,则122RR,开关 S 断开时,电阻 R1、R2串联,因串联电路中电流处处相等,则 R1与 R2的电功率之比：2111222221PI RRPI RR；开关 S 断开时,电阻 R1、R2串联,此时电路中的电流1222223UUUIRRRRR,此时电压表测 R1两端的电压,由UIR可得,电压表的示数：11122222333UUUUIRRRRR；(2)开关 S 闭合后,电路为 R1的简单电路,电压表测电源电压,即电压表的示数为 U；所以,开关 S 闭合前后,电压表两次的示数之比为2233UU。故答案为：2:1；2:3。【考点】串联电路的特点和欧姆定律的应用。四、综合题 20.【答案】解：(1)将开关 S 接“1”时,电路为 R2的简单电路,电路中电阻最小,根据2UPR可知,电源电压一定时,电阻越小,电功率越大,所以此时电热器处于加热状态。(2)水吸收的热量：350()4.2 10 J/(kg)0.5kg(10020)1.68 10 JQcm tt吸-,由题意可知,假设电能全部转化为水的内能,则51.68 10 JWQ吸,由WPt得,需要的加热时间：51.68 10 J210s800 WWtP加热。7/11 答：(1)加热；(2)电热器在加热状态下正常工作,将 0.5 kg 初温为 20 的水加热到 100,需要的时间为 210 s。【解析】解：(1)将开关 S 接“1”时,电路为 R2的简单电路,电路中电阻最小,根据2UPR可知,电源电压一定时,电阻越小,电功率越大,所以此时电热器处于加热状态。(2)水吸收的热量：350()4.2 10 J/(kg)0.5kg(10020)1.68 10 JQcm tt吸-,由题意可知,假设电能全部转化为水的内能,则51.68 10 JWQ吸,由WPt得,需要的加热时间：51.68 10 J210s800 WWtP加热。答：(1)加热；(2)电热器在加热状态下正常工作,将 0.5 kg 初温为 20 的水加热到 100,需要的时间为 210 s。【考点】吸热公式和电功率公式的应用。21.【答案】解：(1)如图甲所示：甲(2)0.48(3)如图乙所示 乙【解析】解：(1)电源电压为 3 V,故电压表选用小量程与电阻并联,由图丙知,电流表选用小量程与 R 串联,将变阻器滑片以左电阻丝连入电路中与电阻串联,如下左所示：8/11 (2)第 3 次测时,电流表的示数如图丙所示,电流表选用小量程,分度值为 0.02 A,示数为 0.48 A；(3)横坐标小格表 0.4 V,纵坐标每小格表示 0.08 A,根据表中数据在图中找出对应的点,连线,如上右图所示。故答案为：(1)如上左；(2)0.48；(3)如图所示。【考点】电路的连接,电流表读数和描点法作图。22.【答案】(1)BDE(2)灯泡的亮度 当电路中电阻变化不大时,只凭灯泡的亮暗不易区分【解析】解：(1)为了研究导体电阻与导体长度的关系,则需使导体的材料和横截面积相同,长度不同,应选用的三种导体是 B、D、E；(2)实验中可通过观察灯泡亮度来判断电阻的大小,但是当电路中电阻变化不大时,只凭灯泡的亮暗不易区分,所以不科学。故答案为：(1)B、D、E；(2)灯泡的亮度；当电路中电阻变化不大时,只凭灯泡的亮暗不易区分。【考点】电阻大小的影响因素。23.【答案】解：(1)由题知,输电线在某处发生了短路,为确定短路位置,在甲地利用图中的检测电路进行检测；甲地是电源所在位置,电阻 R0与导线电阻 R线串联；要确定短路位置,需要测出甲地到短路位置两输电线串联的总电阻,电压表应测导线的总电压,所以电压表应接在甲地两点之间,如下图：；(2)由题知,闭合开关后,电压表示数为 2 V,即2VU线,由串联电路的电压特点可得,电阻 R0两端的电压：06V2V4VUUU线,因串联电路的电流处处相等,则电路中的电流：004 V0.2 A20RIU,由UIR可得,甲地到短路位置两输电线的总电阻：9/11 2 V100.2 AURI线线,根据题意可得,甲地到短路位置两输电线的总长度：1050km0.2/kml,因两条输电线是并排架设的,所以短路位置离甲地的距离：1150km25km22sL。故答案为：甲地；25。【解析】解：(1)由题知,输电线在某处发生了短路,为确定短路位置,在甲地利用图中的检测电路进行检测；甲地是电源所在位置,电阻 R0与导线电阻 R线串联；要确定短路位置,需要测出甲地到短路位置两输电线串联的总电阻,电压表应测导线的总电压,所以电压表应接在甲地两点之间,如下图：；(2)由题知,闭合开关后,电压表示数为 2 V,即2VU线,由串联电路的电压特点可得,电阻 R0两端的电压：06V2V4VUUU线,因串联电路的电流处处相等,则电路中的电流：004 V0.2 A20RIU,由UIR可得,甲地到短路位置两输电线的总电阻：2 V100.2 AURI线线,根据题意可得,甲地到短路位置两输电线的总长度：1050km0.2/kml,因两条输电线是并排架设的,所以短路位置离甲地的距离：1150km25km22sL。【考点】欧姆定律。24.【答案】解：(1)测物体密度所依据的实验原理是mV,所以要测出岩石的密度,就需要知道岩石的质量和岩石的体积,故设计实验步骤如下：用铁锤敲击岩石,取下适当体积的小岩石块；用电子天平称出小岩石块的质量,记为 m0；在茶缸中倒入适量水,称出茶缸和水的总质量,记为 m1；10/11 用细线系好小岩石块,提着细线的一端,将小岩石块浸没在水中保持静止(小岩石块不与茶缸接触),读出此时天平的示数,记为 m2；(2)小岩石块浸没在水中,VV排,排开水的质量21mmm排,则其排开水的重力为21()Gmm g排,根据阿基米德原理可知,21()FGmm g浮排,又因为FgVgV浮水水排,故212100()mm gmmVg,所以岩石的密度表达式000021210mmmmmVmm。岩石密度的数学表达式为0021mmm。【解析】解：(1)测物体密度所依据的实验原理是mV,所以要测出岩石的密度,就需要知道岩石的质量和岩石的体积,故设计实验步骤如下：用铁锤敲击岩石,取下适当体积的小岩石块；用电子天平称出小岩石块的质量,记为 m0；在茶缸中倒入适量水,称出茶缸和水的总质量,记为 m1；用细线系好小岩石块,提着细线的一端,将小岩石块浸没在水中保持静止(小岩石块不与茶缸接触),读出此时天平的示数,记为 m2；(2)小岩石块浸没在水中,VV排,排开水的质量21mmm排,则其排开水的重力为21()Gmm g排,根据阿基米德原理可知,21()FGmm g浮排,又因为FgVgV浮水水排,故212100()mm gmmVg,所以岩石的密度表达式000021210mmmmmVmm。岩石密度的数学表达式为0021mmm。11/11 【考点】测量物体密度的方法。25.【答案】解：(1)物块 A 在斜面上运动时对斜面的压力 FN的作用点在斜面上,方向垂直于斜面竖直向下,过压力的作用点,沿压力的方向画一条有向线段,即为其压力示意图。如下图所示：(2)设物块在平面和斜面上受到的滑动摩擦力分别为 f0和 f,由WWW总额有得,1FsGhfs,所以,1FsGhfs,由题意可知,NfF,00fFG,综上可得1N0()FsGh GFF s。(2)物块 A 对斜面的压力 FN为10()FsGh GF s。【解析】解：(1)物块 A 在斜面上运动时对斜面的压力 FN的作用点在斜面上,方向垂直于斜面竖直向下,过压力的作用点,沿压力的方向画一条有向线段,即为其压力示意图。如下图所示：(2)设物块在平面和斜面上受到的滑动摩擦力分别为 f0和 f,由WWW总额有得,1FsGhfs,所以,1FsGhfs,由题意可知,NfF,00fFG,综上可得1N0()FsGh GFF s。物块 A 对斜面的压力 FN为10()FsGh GF s。【考点】力的示意图的画法,压力的大小计算。